Lösningsförslag till Tentamen TSFS06 Diagnos och övervakning 14 augusti, 007, kl. 14.00-18.00 Tillåtna hjälpmedel: TeFyMa, Beta, Physics Handbook, Reglerteknik (Glad och Ljung), Formelsamling i statistik och signalteori och miniräknare. Ansvarig lärare: Erik Frisk, tel 85714. Betyg rapporteras in och anslås senast den 8:e augusti Visning av skrivningen sker kl. 11.30 den 9:e augusti på Fordonssystem. Totalt 40 poäng. Preliminära betygsgränser: Betyg 3: 18 poäng Betyg 4: 5 poäng Betyg 5: 30 poäng
Uppgift 1. a) Det generella villkoret är att C-matrisen ej har full rad-rang. Det aktuella exemplet har ingen statisk redundans, däremot existerar dynamisk redundans. b). c) ẏ 3y y 1 u = 0 ÿ 1 3ẏ 1 + y 1 u 1 = 0 d) Väljer den första konsistensrelationen eftersom den har lägre gradtal. Realisering sker genom att ansätta ṙ + r = ẏ 3y y 1 u och välja tillståndsvariabel w = r y vilket ger ẇ = w y 1 5y u r = w + y Uppgift. a) Med x = (q 1, q 1, q, q ) fås tillståndsformen ẋ 1 = x ẋ = µ 1 + f µ1 ẋ 3 = x 4 x K (x 3 x 1 n ) + 1 (T + f u ) ẋ 4 = µ + f µ x 4 K (x 3 x 1 n ) mgd cosx 3 y 1 = x + f 1 y = x 3 + f där f 1 och f modellerar fel i sensorerna, f u fel i motorn, och f µ1 samt f µ förändrad friktion i de båda lagren. b) För att isolera felet f µ från f u behövs en konsistensrelation vars konsistens bryts av ett fel f µ men inte av f u, dvs. ekvationen för ẋ får ej användas. Derivera ekvationen för ẋ 4 och gör lämpliga substitutioner för att få... y + µ ÿ + K (ẏ y 1 n ) mgd ẏ sin y = 0 c) Sensorfelen är detekterbara då det finns redundans från både y 1 och y. Att f 1 är starkt detekterbar syns direkt i konsistensrelationen ovan då y 1 ingår linjärt i uttrycket. Felet f är också starkt detekterbar. Det ses genom att den enda ekvationer som innehåller x 3 (vilket är variabeln som y mäter) oderiverad är ekvationerna för ẋ och ẋ 4. Eliminering av x 1 genom lämplig linjärkombination ger konsistensrelationen 1 ẏ 1 1 ÿ = µ 1 y 1 + 1 T + µ ẏ + mgd cosy ur vilken man kan se att även f starkt detekterbart på grund av att cosy ingår som den gör. 1
Uppgift 3. Med x = (q 1, q 1, q, q ) fås tillståndsformen ẋ 1 = x ẋ = µ 1 + f µ1 ẋ 3 = x 4 x K (x 3 x 1 n ) + 1 (T + f u ) ẋ 4 = µ + f µ x 4 K (x 3 x 1 n ) mgd cosx 3 y 1 = x + f 1 y = x 3 + f Jag väljer att avkoppla felet i y 1, dvs. den enda mätsignal som är tillgänglig för residualgeneratorn är y. Att göra en fullständig observerbarhetsanalys ligger utanför vad som krävs i den här kursen. Ett sätt att troliggöra observerbarhet är att rita ett flödesschema för hur olika tillstånd påverkar y och ur det kan man se att alla tillståndsvariabler påverkar y. Detta gör det troligt att alla tillstånd är observerbara från y. Ett lite mer analytiskt sätt är att observera att om man sätter in y i olinjäriteten cosx 3 i den sista dynamiska ekvationen så fås ett linjärt system och linjär metodik kan användas (dock blir det jobbiga räkningar). Ett annat sätt är att ta fram derivera y upp till 3 gånger, dvs. y ẏ... ÿ = G(x) y och se om dg(x) dx har full kolon-rang. Enkla räkningar ger att dg(x) dx 0 0 1 0 0 0 0 1 K n 0 K n vilken alltid har full rang och alltså är systemet observerbart. En observatör kan tex. konstrueras som har följande utseende ˆx 1 = ˆx +K 1 (y ˆx 3 ) ˆx = µ 1 ˆx K (ˆx 3 ˆx 1 n ) + 1 T +K (y ˆx 3 ) ˆx 3 = ˆx 4 +K 3 (y ˆx 3 ) ˆx 4 = µ ˆx 4 K (ˆx 3 ˆx 1 n ) mgd cos ˆx 3 +K 4 (y ˆx 3 ) r = y ˆx 3 Observatörsförstärkningen kan bestämmas t ex genom Lyapunov-teori. Uppgift 4. a) Test 1 är bättre än test eftersom båda testen har samma falskalarmssannolikhet men test 1 har högre eller lika detektionssannolikhet för alla felstorlekar. Inget annat kan sägas utifrån figuren.
b) T i = ln p θ 1 (y i ) p θ0 (y i ) = ln Låt θ = θ 1. Då får vi att 1 (y πσ e i θ 1 ) σ = θ 1 θ 0 1 (y πσ e i θ 0 ) σ E(T i ) = θ 1 θ 0 σ (θ 1 + För fallet att θ = θ 0 får vi att vilket skulle visas. E(T i ) = θ 1 θ 0 σ (θ 0 + σ (y i θ 0 + θ 1 ) = θ 1 θ 0 σ (θ + e i θ 0 + θ 1 ) =0 {}}{ E(e i ) θ 0 + θ 1 =0 {}}{ E(e i ) θ 0 + θ 1 c) Ersätt θ 1 med en maximum-likelihood skattning av θ 1, dvs ) = (θ 1 θ 0 ) σ > 0 ) = (θ 1 θ 0 ) σ < 0 T = max θ 1 ln N i=1 p θ1 (y i ) p θ0 (y i ) Uppgift 5. a) De två konflikterna är OK(c 1 ) OK(c ), OK(c 1 ) OK(c 4 ) b) De minimala diagnoserna är, i förkortad mängdnotation, {c 1 } samt {c, c 4 }. Eftersom felmodeller saknas kommer alla supermängder till de minimala diagnoserna vara diagnoser. Det totala antalet diagnoser är 10. c) Antag att komponenterna är trasiga med en sannolikhet p < 1. Då betyder det att den första minimala diagnosen {c 1 } har sannolikheten p att inträffa medan {c, c 4 } sannolikheten p. Eftersom p < 1 så gäller att p > p och alltså är det mest sannolikt att enkelfelet har inträffat. Komponent c 1 bör därför kontrolleras först. d) Utan antaganden kan det mycket väl vara så att dubbelfelet är troligare än enkelfelet. Så är fallet om t ex c går sönder oftare än c 1 och att ett fel i c oftast leder till ett följdfel i c 4. I verkliga applikationer är det fullt rimligt att olika komponenter är olika tåliga och att fel kan vara beroende av varandra. Uppgift 6. a) Låt spänningen över resistor j betecknas u j och strömmen genom resistorerna betecknas med i. Ekvationerna för systemet blir u 1 = R 1 i u = R i z 1 = u 1 + u Mäter vi bara spänningar så är det enda sättet att eliminera den obekanta strömmen i att utnyttja båda ekvationerna som beskriver resistorernas beteende. Alltså går det inte att separera de två felen. 3
b) Med fler än två resistorer i serie så går det att isolera felen endast med hjälp av voltmetrar. Strömmen i kan då elimineras med endast en delmängd av resistorekvationerna och därmed skapa residualer där varje fel kan avkopplas. För att ge ett konkret exempel på hur detta kan göras betrakta ett system med N > resistorer. Då går det att göra en residual som är känslig för fel i två godtyckliga resistorer j och k på följande vis. Genom att mät spänningen z och z 3 över de två resistorerna j och k får vi följande modell: u j = R j i u k = R k i z = u j z 3 = u k Genom att eliminera u j, u k och i ur ekvationerna får vi R k z R j z 3 = 0 som är en konsistensrelation som bara är bryts för fel i resistor j och k. Eftersom j och k var godtyckligt valda så går det att på samma sätt konstruera en residual som är känslig för vilka två fel som helst. Ett exempel på N residualer som ger full enkelfelsisolering är: r 1 är känslig för fel i resistor 1 och N och residual r i är känslig för fel i resistor i 1 och i för i =, 3,..., N. 4